题解 【Check the difficulty of problems】
题目大意::
有 \(m\) 场比赛,\(t\) 个队伍,告诉你每个队伍每场比赛的胜率,求所有队伍获胜一场及以上且冠军队伍获胜 \(n\) 场及以上的概率。
思路:
很明显的概率 \(dp\);
先定义:
\(dp[i][j]\) 为第 \(i\) 个队伍在前 \(j\) 道题中恰好做了 \(k\) 道题的概率。
因为题意要求所有队伍获胜一场及以上且冠军队伍获胜 \(n\) 场及以上的概率;
所以我们还需要一个数组 \(f[i][j]\) 来存储第 \(i\) 个队至多做出 \(j\) 题的概率。
接下来分析概率情况:
对于任意队伍而言,一道题只有两种结果:
做对 or 没做对
那么状态转移方程就很好想了 :
- \(p1 = dp[i][j - 1][k - 1] * p[i][j]\);
- \(p2 = dp[i][j - 1][k] * (1 - p[i][j])\);
- \(dp[i][j][k] = p1 + p2\);
解释:
- \(p1\) :第 \(j\) 到题做对,此时一共做对 \(k\) 道题,因此需要乘上 \(dp[i][j - 1][k - 1]\) (\(i\)队在前 \(j - 1\) 场比赛做对 \(k - 1\) 道题的概率);
- \(p2\) 参考 \(p1\) 的解释;
- 总概率为两种情况概率的总和。
最终答案:
因为 \(dp\) 的状态定义,最终结果的求解方法自然而然地选择了排除法(即用总概率 \(-\) 不符合情况的概率)
- 总概率 :$ \prod_{i=1}^t (f[i][m] - f[i][0])$ ;
- 不符合情况的概率:$ \prod_{i=1}^t (f[i][n - 1] - f[i][0])$ ;
解释:
- 总概率:共有 \(m\) 场比赛,那么所有符合题意的情况的概率就为 \(t\) 个队伍做对 \(1\) 到 \(m\) 道题的概率之积,用至多作对 \(m\) 道题的概率减去至多做对 \(0\) 道题的概率,即为做对 \(1\) 到 \(m\) 道题的概率
- 不符合情况的概率:参考总概率的解释
完整代码:
\(PS\):注意初始化!!!
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 150;
int n,m,t;
double dp[1005][35][35],f[1005][1005],p[1005][35];
//p[i][j] 第i个队通过第j题的概率
int main() {
while(scanf("%d %d %d",&m,&t,&n) != EOF && m != 0 && t != 0 && n != 0) {
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(f,0,sizeof(f));
for(int i = 1; i <= t; i ++) {
for(int j = 1; j <= m; j ++) scanf("%lf",&p[i][j]);
}
for(int i = 1; i <= t; i ++) {
dp[i][0][0] = 1;//一道题没做
for(int j = 1; j <= m; j ++) {
dp[i][j][0] = dp[i][j - 1][0] * (1 - p[i][j]); //没做对题
}
}
for(int i = 1; i <= t; i ++) {
for(int j = 1; j <= m; j ++) {
for(int k = 1; k <= j; k ++) {
dp[i][j][k] = dp[i][j - 1][k - 1] * p[i][j] + dp[i][j - 1][k] * (1 - p[i][j]);//两种情况:第j道题做对和没做对
}
}
}
for(int i = 1; i <= t; i ++) {
for(int j = 0; j <= m; j ++) {
if(j != 0 ) f[i][j] = f[i][j - 1] + dp[i][m][j];
else f[i][j] = dp[i][m][0];
}
}
double p1 = 1, p2 = 1;
for(int i = 1; i <= t; i ++) {
p1 *= (f[i][m] - f[i][0]);
p2 *= (f[i][n - 1] - f[i][0]);
}
printf("%.3lf\n",p1 - p2);
}
return 0;
}